エンベデッドシステムスペシャリスト試験 令和6年度 秋期 午前II 問10

【正解】エ

WAITが0クロックのときに4クロック必要なので、WAITを含むアクセス時間は「（4＋WAIT数）÷クロック周波数」で求めます。値が小さいほど高速です。 アは、4÷8MHz＝0.5マイクロ秒＝500ナノ秒です。 イは、（4＋1）÷10MHz＝0.5マイクロ秒＝500ナノ秒です。 ウは、（4＋2）÷12.5MHz＝0.48マイクロ秒＝480ナノ秒です。 エは、（4＋3）÷16MHz＝0.4375マイクロ秒＝437.5ナノ秒です。 最も短いのは437.5ナノ秒のエなので、この組合せが最も高速です。

アは誤りです。WAITはありませんが、クロック周波数が低いため、アクセスに500ナノ秒かかります。 イは誤りです。周波数はアより高いものの、1クロックのWAITが加わるため、アと同じ500ナノ秒です。 ウは誤りです。480ナノ秒でア及びイより高速ですが、エの437.5ナノ秒より長くなります。

【ポイント】 クロック周波数が高いだけでは、メモリアクセスが最速とは限りません。 基本クロック数とWAIT数を合計してから、1クロックの長さを掛けて比較します。 MHzの逆数はマイクロ秒になるので、計算時の単位変換にも注意してください。